 

Реклама
Примеры решения задач по кинематике
Пример 1. Скорость

материальной
точки
изменяется
по
закону


м
м

 2  
v   2t 3   i   sin t  j , где   1 4 ,   1 с3,   1 . Определить
с
с
 3 
закон движения, если в начальный момент времени t=0 тело находилось в

начале координат, т.е. r0  0,0,0 . Определить вектор ускорения.

 
Решение. Закон движения r  r t  и вектор скорости v связаны
дифференциальным уравнением

 dr dx  dy  dz 
v
 i
j k.
dt dt
dt
dt



 2  
t  j запишем
 3 
В нашем случае из условия v   2t 3   i   sin
компоненты скорости v x , v y , v z


 2
v x   2t 3   ; v y   sin
 3

t ;

vz  0 .
dx
dy
 2 
  2t 3   ;
  sin t  ;
dt
dt
 3 
dz
 0.
dt
По определению:
vx 
dx
;
dt

vy 
dy
;
dt
vz 

dz
.
dt
Разделим переменные и проинтегрируем


dx   2t 3   dt ;
 2 
dy   sin t dt .
 3 
3
 dx   2t dt  dt ;
z  c3 .
Получим:
 2 
dy



sin

  3 t dt ;
t4

t4
x    t  c1     t   c1 ;
2
2

y
3
 2 
cos t   c2 ,
2
 3 
где с1, с2 – постоянные интегрирования, которые определяются из начальных
условий. Учитывая, что х=0, y=0 при t=0 получаем, с1=0, c2  
3
, с3=0.
2
Тогда закон движения материальной точки:
 t4
 3   2   

r t      t i 
 cos t   1 j .
2
2

  3  


Зная компоненты вектора скорости найдем компоненты вектора
ускорения
ax 
dv y
dv x
dv
; ay 
; az  z ;
dt
dt
dt
a x  6t 3 ; a y  
2
 2 
 cos t  ; a z  0 ;
3
 3 
 2

 2  
a  6t 3i 
 cos t  j .
3
 3 


Ответ: a  6t 3i 
Пример 2. Тело
2
 2  
 cos t  j
3
 3 
вращается
вокруг
неподвижной
оси
по
закону
  10  20t  2t 2 . Найти величину и направление полного ускорения точки,
находящейся на расстоянии R = 0,1 м от оси вращения, для момента времени t
= 4 с.
Решение. Точка вращающегося тела описывает окружность. Полное
ускорение точки:
a  an2  a2 ;
a  R ;
an   2 R ,
где a , a n - тангенциальное и нормальное ускорение точки;
 - угловое ускорение;
 - угловая скорость.

d
 20  4t ,
dt

d
 4 .
dt
Согласно полученному выражению, угловое ускорение не зависит от
времени, т.е.   const .
Тогда
a   4 R 2   2 R 2  R  4   2  0,1 44   42  1,65
м
.
2
с
Из рис. 1.2 найдем направление полного ускорения
cos 
an
1,6

 0,97 , т.е.   140 .
a 1,65
Ответ:   140
Пример 3.Два автомобиля, выехав одновременно из одного пункта,
движутся прямолинейно в одном направлении. Зависимость пройденного
ими пути задается уравнениями S1 = At + Bt2 и S2 = Ct + Dt2 + Ft3. Определить
относительную скорость автомобилей через 5 с, если A = 5 м/с, B = 6 м/с2, C = 1
м/с, D = 1 м/с2, F = 1 м/с3.
Решение. Зная зависимость пройденного пути от времени, можно найти
скорости первого и второго автомобиля:
dS1
dS
= A + 2Bt;  2 = 2 = С + 2Dt + 3Ft2.
dt
dt
Для определения скорости первого автомобиля относительно второго
(подвижная система отсчета) воспользуемся правилом сложения скоростей:
1 =
  1  2 ,
где  – скорость первого автомобиля относительно второго.
Это векторное уравнение. Если ось координат направить по ходу
движения автомобилей, то в проекции на эту ось получим:
 =  1 –  2;
 = A + 2Bt – C – 2Dt – 3Ft2;
 = (A – C) + 2(B – D)t – 3Ft2;
 = (5 – 1) + 2(6 – 1)5 – 3∙1∙25 = –21 м/с.
Знак «минус» говорит о том, что первый автомобиль удаляется от
второго назад со скоростью 21 м/с.
Ответ:  = –21 м/с.
Пример 4. Движение материальной точки, перемещающейся по прямой,
задано уравнением S = 4t3 + 2t + 1. В интервале времени от 1 до 2 с найти
мгновенные скорости и ускорения в начале и конце интервала, среднюю
скорость движения.
Решение. Мгновенная скорость – первая производная от координаты по
времени:
=
dS
= 12t2 + 2.
dt
Скорости в начале и конце интервала равны:
 1 = 12t12 + 2 = 12∙12 + 2 = 14 (м/с);
 2 = 12t22 + 2 = 12∙22 + 2 = 50 (м/с).
Ускорение – это первая производная от скорости по времени:
a=
d
= 24t.
dt
В начале и конце интервала ускорения равны:
а1 = 24t1 = 24 (м/с2); а2 = 24t2 = 48 (м/с2).
Средняя скорость ‹  › движения точки определяется как отношение пути
S, пройденного точкой за заданный интервал времени t, к этому интервалу:
‹ › =
S S  t2   S  t1 
=
;
t
t2  t1


3
3
4t23  2t2 1  4t13  2t1 1 4 t2  t1  2 ( t2  t1)
‹ › =
=
;
t2  t1
t2  t1
‹ › =


4 23  1  2 (2  1)
2 1
= 30 м/с .
Ответ:  1 = 14 м/с;  2 = 50 м/с; а1 = 24 м/с2; а2 = 48 м/с2; ‹  › = 30 м/с.
Пример 5.С какой скоростью и по какому курсу должен лететь самолет,
чтобы за 2 часа пролететь точно на север 720 км, если во время полета дует
постоянный северо-западный ветер под углом 30º к меридиану со скоростью
36 км/ч?
Решение. Скорость будем измерять в км/ч, как это делает летчик,
определяя ее по приборам. Чтобы попасть в пункт назначения, самолету
необходимо лететь под углом α к меридиану, отклоняясь на запад (см.
рисунок). Обозначим искомую относительную скорость как  , а
результирующую
абсолютную
скорость,
С
направленную вдоль меридиана, как 0 . Ее
модуль 0 
З
В
S
.
t
Из рисунка видно, что 0    u . Модуль
вектора скорости
треугольника
косинусов:
Ю

найдем из векторного
скоростей,
используя
теорему
  02  u 2  20u cos 180    ;
км2 км
;  ≈ 392 км/ч.
[] 

ч
ч2
Таким образом, скорость полета самолета больше 0 . Угол  можно
найти по теореме синусов:
u


, откуда  = 4,5º.
sinα sin(180  β) Ответ:  ≈ 392 км/ч;  = 4,5º.
Пример 6. Стрела пущена из лука вертикально вверх с начальной
скоростью 0 = 40 м/с. Определить: 1) через какое время и с какой скоростью
стрела упадет на землю; какой путь будет пройден ею за это время; 2) через
какое время она окажется на высоте h = 35 м.
Решение. В системе отсчета, связанной с Землей, ось ординат направим
вертикально вверх, начало отсчета совместим с точкой бросания (см. рисунок).
Считая, что движение стрелы прямолинейное
и равнозамедленное, уравнения движения в
проекциях на ось ОY будут иметь вид:
gt 2
y =  0t –
;
2
(1)
 y =  0 – gt.
(2)
1. В момент падения на землю t = tпол,
y = 0. Из уравнения (1) найдем время полета:
tпол =
20
2  40
; tпол =
= 8 с.
g
9,8
Подставив tпол в уравнение (2), определим скорость падения стрелы:
20
 – 0 .
g
Скорость падения равна по модулю начальной
противоположна ей по направлению.
 y  0 – g
скорости
и
В верхней точке траектории  y = 0, из уравнения (2) найдем время
подъема:
tпод

 0;
g
м  с2
[tпод ] 
с.
см
Путь, пройденный стрелой за время движения, равен S = 2Ymax. Значение
Ymax определим из уравнения (1), подставив в него tпод (время подъема).
м 2  с2
02
02
402
Ymax =
, тогда S =
; [S] = 2
= м; S =
≈ 160 м.
2g
g
9,8
с м
2. Время подъема на высоту h определим, подставив в уравнение (1)
значение y = h, тогда 35 = 40t – 5t2. Решая квадратное уравнение, получим t1 =
1 c; t2 = 7 c. Два значения для t указывают на то, что стрела на этой высоте
побывает дважды: через 1 с (на подъеме) и через 7 с от начала движения (на
спуске).
Ответ: t = 8 с; S = 160 м; t1 = 1 c; t2 =7 с.
Пример 7. На рисунке представлена
зависимость ускорения а от времени t для
материальной точки, движущейся прямолинейно.
Определить скорость  и координату х точки через t
= 3 с после начала движения. В какой момент времени
t1 точка изменит направление движения?
Решение. Из графика следует, что зависимость
ускорения от времени можно представить в виде
a(t) = A – Bt,
(1)
где A = 4 м/с2; В = 2 м/с3.
В случае прямолинейного движения скорость материальной точки при
0 = 0 (условие задачи)
t
  adt .
(2)
0
Подставив в формулу (2) выражение (1) и проинтегрировав, получим
искомую скорость:
  Аt 
Bt 2
;
2
м
м  с 2 м
[]  2  c  3  ;
с
с
с
  43
29
 12 – 9  3 м/с .
2
Искомая координата
t
t
Bt 2 
At 2 Bt 3
;
x  dt    At 
dt



2
2
6
0
0

м  с 2 м  с3
[ x] 
 3 м;
с2
с
x
4  9 2  27

 18  9  9 м .
2
6
Точка изменяет направление движения в момент, когда скорость
 = 0, т.е.
Bt 2
At 
 0,
2
откуда
t
2А
;
В
м  с3
[t ]  2
 c;
с м
24
t1 
 4 c.
2
Ответ:  = 3 м/с; х = 9 м; t1 = 4 c.
Пример 8. Тело брошено под углом  к горизонту. Пренебрегая
сопротивлением воздуха, определить этот угол, если максимальная высота
подъема hmax меньше дальности полета S в n = 2,4 раза.
Решение. Кинематические уравнения движения тела в векторной форме:
gt 2
r  r0  0t 
;   0  gt ; а  g ,
2
где r0 – радиус-вектор, определяющий
начальное положение тела в выбранной
системе отсчета; 0 – начальная скорость
тела; g – ускорение свободного падения.
Направив
оси
координат
(см.
рисунок) из точки начала движения ( r0 = 0),
получим уравнения движения в проекциях на оси Х и Y:
x = 0xt ;  x  0 x ; ax  0 ;
(1)
gt 2
y  0 yt 
;  y  0 y – gt ; a y  g .
2
(2)
Из рисунка следует, что
0 x  0 cos  ; 0 y  0 sin  .
(3)
Поскольку при у = hmax (в высшей точке траектории)  у = 0, из второго
соотношения (2) время подъема
t1 
0 y
g
.
(4)
Подставив формулу (4) в первое соотношение (2), найдем максимальную
высоту подъема:
hmax 
02 y
2g
.
(5)
В момент падения тела y(t) = 0, поэтому общее время движения из
первого соотношения (2)
t
20 y
g
.
Из первого соотношения (1), используя формулу (4), дальность полета
S
20 y 0 х
g
.
(6)
Разделив (5) на (6) и учитывая (3), найдем
hmax tg 

.
S
4
Согласно условию задачи hmax 
tg 
S
, поэтому из выражения (7)
n
4 4

 1,66 ,
n 2,4
откуда искомый угол
  arctg1,66;   59 .
Ответ:   59 .
(7)
Пример 9. Тело брошено вверх с высоты 12 м под углом 30º к горизонту
с начальной скоростью 12 м/с. Определить продолжительность полета тела до
точки А и до точки В (см. рисунок); максимальную высоту, которой достигает
тело, дальность полета тела. Сопротивление воздуха не учитывать.
Решение. В обозначенной на рисунке системе координат составляющие
скорости
 х  0cos ;
(1)
y  0sin – gt .
(2)
Координаты тела с течением времени
меняются в соответствии с уравнением
равнопеременного движения:
y  H  0t sin  
x  0t cos  .
gt 2
;
2
(3)
(4)
Время подъема тела найдем из условия, что в наивысшей точке подъема
тела скорость  у = 0. Тогда из уравнения (2)
tподъема 
0 sin 
.
g
(5)
Время спуска тела от точки С до точки А равно времени подъема,
поэтому продолжительность полета из точки О1 до точки А равна:
t A  2tподъема 
20 sin 
.
g
(6)
Максимальную высоту подъема найдём из уравнения (3), подставив в
него время подъема из уравнения (5):
ymax  H max
02 sin 2 
.
H
2g
(7)
Время полета до точки В найдем из уравнения (3), приравняв координату
y к нулю (у = 0):
2
  sin   2 H
 sin 
tB  0
  0
.
 
g
g
 g 
(8)
Дальность полета найдем из уравнения (4), подставив в него время
движения из уравнения (8):
xmax  0t B cos  .
Проведем вычисления по формуле (6):
tA 
tA 
20 sin 
;
g
2 12  0,5
 1,22 с;
9,81
м  с2
 с;
t A  
см
по формуле (8):
2
  sin   2 H
 sin 
tB  0
  0
;
 
g
g
 g 
2
12  0,5
2  12
 12  0,5 
tB 
 

 2, 29 с;

9,81
9,81
 9,81 
2
 м  с2  м  с2
м  с2
 
 с  с  с;
t B  
 
см
с

м
м


по формуле (7):
H max
02 sin 2 
122  0,52
H
 12 
 12  1,83  13,83 м;
2g
2  9,81
 H max   м 
м 2  с2
 м  м  м;
с2  м
по формуле (9):
xmax  0t B cos ;
xmax  12  0,866  2,29  23,8 м;
 xmax  
м
 с  м.
с
Ответ: tA = 1,22 с; t B = 2,29 с ; Hmax = 13,83 м ; xmax = 23,8 м.
(9)
Пример 10. По условию задачи 1.13 найти в момент приземления тела
следующие величины: скорость и угол падения тела, тангенциальное и
нормальное ускорение тела и радиус кривизны траектории.
Решение. Результирующая или мгновенная
скорость в точке В (см. рисунок) находится как
векторная сумма составляющих  х и  у :
В   x   y
или В  02 cos 2   2y .
Составляющую  у в точке В найдем из
уравнения (2) предыдущей задачи, подставив в
него время движения tB из уравнения (8):
 у  0 sin  – gt B  (0 sin )2  2 gH .
Тогда скорость в точке В
В  (0 cos )2  (0 sin )2  2 gH  02  2 gH ;
В  122  2  9,81  12 19,48 м/с;
 В 
м2 м  м м м

 2    м/с.
с
с
с2
с
Для определения угла β, который составляет вектор скорости В с
горизонтальной осью Х, воспользуемся треугольником скоростей (см. рис.)
sin  
y
B

sin 
(0 sin )2  2 gH
02
 2 gH
;
16,48
 0,846;
19,48
  arcsin0,846  5746.
Построим в точке В треугольник ускорений. Тангенциальная
составляющая ускорения 𝑎⃗τ направлена вдоль вектора мгновенной скорости в
данной точке, т.е. по касательной к траектории. Нормальная составляющая
ускорения 𝑎⃗𝑛 направлена перпендикулярно к вектору мгновенной скорости В .
Их векторная сумма
an  a  g .
Тогда из рисунка находим:
а  g sin   g
y
B
; а  g sin   9,81  0,846  8,3 м/с2 .
м
м
м
 aτ   2  мс  2 ;
с
с
с
аn  g cos   g
x
;
B
аn  gcos  9,81  0,533  5, 23 м/с 2 ;
м
м
м
 an   2  мс  2 .
с
с
с
Радиус кривизны траектории в точке приземления определяем из
уравнения
2B
an 
,
R
откуда
2B 19,482
R

 72,56 м ;
an
5,23
м 2  с2
R 2
 м.
с м
Ответ: В = 19,48 м/с; β = 57º46′; аτ = 8,3 м/с2; аn = 5,23 м/с2;
R = 72,56 м.
Пример
11.
Материальная
точка
движется
по
закону
r  t   A sin  5t  i  B cos 2  5t  j , где А = 2 м, В = 3 м. Определить вектор скорости,
вектор ускорения и траекторию движения точки.
Решение. По условию задачи движение материальной точки задается
изменением радиус-вектора с течением времени:
r t   x t  i  y t  j  z t  k .
(1)
Сравнивая уравнение (1) с заданным, запишем движение точки
координатным способом:
 x  t   Asin  5t  ;

2
 y  t   Bcos  5t  ;
 z (t )  0.

Определим проекции вектора скорости на оси координат:
dx

 х  dt  5 А cos  5t  ;

dy

 5 B  2cos  5t  sin  5t   5 B sin 10t  ;
 y 
dt

dz

 z  dt  0.

Согласно выражению для мгновенной скорости
(2)
(3)
dr
 x i   y j  z k
dt
выражение для вектора скорости будет иметь вид:

  t   5 A cos  5t  i   5B sin 10t   j .
(4)
Определим проекции вектора ускорения на координатные оси:
d x

a

 25 A sin  5t  ;
 x
dt

dy

  50cos 10t  ;
a y 
dt

d z

a z  dt  0.

Согласно выражению для мгновенного ускорения
d
 ax i  a y j  az k
dt
запишем выражение для вектора ускорения:
a
(5)
a  t   25 A sin  5t  i  50 B cos 10t  j .
(6)
Для определения траектории движения точки исключим из системы
уравнений (2) время. Для этого представим систему в виде
x

sin  5t   ;


A

cos 2  5t   y .


B
(7)
Возведя в квадрат левую и правую части первого уравнения в системе
(7) и просуммировав уравнения, получим:
x2 y
sin  5t   cos  5t   2  .
B
A
2
2
(8)
Левая часть уравнения (8) равна 1, тогда
x2 y
  1.
A2 B
(9)
Выражение (9) является уравнением параболы:
A2 B  Bx 2
.
y
A2
(10)
Подставив в (10) данные из условия задачи, найдем траекторию
движения точки:
3
y  3  x2.
4
Из полученного уравнения следует, что при у ≥ 0 траектория имеет вид
параболы, расположенной выше оси х, по которой точка совершает
колебательное движение.
Ответ:   t   10cos  5t  i  15sin 10t  j ; a  t   50sin  5t  i  150cos 10t  j ;
3
y  3  x2 .
4
Пример 12. Радиус-вектор материальной точки, движущейся в поле
м
gt 2
j , где 0  76 ; g –
тяготения Земли, описывается уравнением r  0ti 
с
2
ускорение свободного падения; i , j – орты координатных осей Х и Y.
Определить момент времени t1 после начала движения, когда вектор скорости
 точки направлен под углом  = 35º к горизонту. Чему равна скорость  в
этот момент времени?
Решение. Согласно условию задачи
gt 2
r  0ti 
j,
2
(1)
откуда следует, что в начальный момент времени радиус-вектор r0  0 .
Запишем, согласно уравнению (1), координаты точки (проекции радиусвектора):
rx  0t;
ry  
gt 2
.
2
При этом ось Y направлена вертикально вверх.
Учитывая, что x 
dry
drx
, y 
, получаем:
dt
dt
x  0 ;
 y   gt ,
откуда следует, что здесь мы имеем дело с
движением тела, брошенного горизонтально (см.
рисунок).
Из рисунка следует, что
tg 
y
x
.
С учетом формул (2) tg 
gt1
, откуда
0
искомый момент времени
t1 
t1  
0 tg
;
g
м  с2
 с;
см
(2)
t1 
76  0,7
 5,42 с .
9,8
Искомая скорость
  2x  2y  0 1  tg 2 ;
  76 1   0,7   92,8
2
Ответ: t1  5,42 с;   92, 8
м
.
с
м
.
с
Пример 13. Тело вращается вокруг неподвижной оси так, что его угловая
скорость зависит от угла поворота φ по закону ω = ω0 –  φ, где ω0 = 3 рад/с,  =
0,1 с–1. В момент времени t0 = 0 угол φ0 = 0. Найти угловую скорость вращения
тела для момента времени t = 2 c.
Решение. Согласно определению угловая скорость

d
.
dt
Тогда по условию задачи
d
 0 – .
(1)
dt
Разделим переменные в уравнении (1) и проинтегрируем полученное
выражение:

t
d

   dt.
0 0
0
Пределы интегрирования берутся из условия задачи:
1  d (0 ) t
 
 dt ;
 0 0  
0
1
 ln  0  t  0  t ;


ln(0 – )  t ;
0
(2)
ln
0 
 t.
0
(3)
Потенцируем уравнение (3):
0  
 е – t .
0
(4)
Из (4) находится выражение для угла поворота:
0
(1  е – t ).
(5)

Подставив (5) в заданный закон изменения угловой скорости, получим:

  0е –  t ;
[ω] = рад/с; ω = 2,46 рад/с.
Ответ: ω = 2,46 рад/с.
Пример 14. Твердое тело начинает вращаться вокруг неподвижной оси
с угловым ускорением ε =  t, где  = 0,02 рад/с3. Через какое время после
начала вращения вектор полного ускорения произвольной точки тела будет
составлять угол φ = 60º с ее вектором скорости?
Решение. Разложим вектор полного ускорения а (см. рисунок) на
составляющие а и аn . Тогда
tg 
аn
.
а
(1)
Используя уравнение аτ = εR, запишем:
а  R  tR .
(2)
С другой стороны, по определению
а 
d
.
dt
(3)
Из уравнений (2) и (3) найдем:
d
.
dt
Разделим переменные в уравнении (4) и проинтегрируем его:
tR 
(4)
tRdt  d  ;
t

0
0
tRdt  d  ;
t2
  R .
(5)
2
Нормальное ускорение с учетом выражения
(5) запишется в виде
2 2 Rt 4

.
R
4
Подставим в формулу (1) уравнения (2) и (6):
аn 
t 3
tg 
.
4
Из уравнения (7) найдем искомое время вращения тела:
t3
4tg
;

[t ]  3 c3  с;
t3
Ответ: t = 7 с.
4  1,732
 7 с.
0,02
(6)
(7)
Скачать